SESSION 2010 E3A Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE Epreuve de Mathématiques B MP Exercice 1 +∞ +∞ X 1X 1 1 xn =− (−1)n xn = (−1)n−1 . e1+x e e n=0 n=0 b. On sait que la somme d’une série entière est dérivable sur son intervalle ouvert de convergence et que sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Donc, sous l’hypothèse R > 1, S est dérivable sur ] − 1, 1[ et pour x ∈] − 1, 1[, 1. a. Pour tout x ∈] − 1, 1[, − S ′ (x) − S(x) = +∞ X nan xn−1 − n=1 +∞ X a n xn = n=0 +∞ X (n + 1)an+1 xn − n=0 +∞ X a n xn = n=0 +∞ X ((n + 1)an+1 − an )xn , n=0 puis S solution de (E) sur ] − 1, 1[ ⇔ ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ X ((n + 1)an+1 − an )xn = n=0 +∞ X (−1)n−1 n=0 xn e (−1)n−1 ⇔ ∀n ∈ N, (n + 1)an+1 − an = (∗) e (par unicité des coefficients d’un développement en série entière). Si R > 1, S est solution de (E) sur ] − 1, 1[ si et seulement si ∀n ∈ N, (n + 1)an+1 − an = c. En multipliant les deux membres de (∗) par n!, on obtient : ∀n ∈ N, (n + 1)!an+1 − n!an = Soit alors n ∈ N∗ , n!an = 0!a0 + (−1)n−1 . e (−1)n−1 n! . e n−1 X ((k + 1)!ak+1 − k!ak ) (somme télescopique) k=0 = a0 + n−1 X k=0 et donc an = n−1 1X (−1)k−1 k! = a0 − (−1)k k!, e e k=0 n−1 a0 1 X − (−1)k k!. n! en! k=0 ∀n ∈ N∗ , an = n−1 1 X a0 − (−1)k k!. n! en! k=0 n−1 1 X a0 − (−1)k k! alors pour n ∈ N, Réciproquement, si ∀n ∈ N , an = n! en! ∗ k=0 (n + 1)an+1 − nan = n a0 1 X − (−1)k k! n! en! k=0 ! − n−1 1 X a0 − (−1)k k! n! en! k=0 ! =− (−1)n−1 1 (−1)n n! = . en! e ∗ d. Soit n ∈ N . |an | 6 n−1 n−1 |a0 | 1 X 1 n × (n − 1)! 1 X + = |a0 | + . (n − 1)! = |a0 | + (−1)k k! 6 |a0 | + n! en! en! en! e k=0 k=0 1 ce qui reste vrai pour n = 0. La suite (an ) est bornée. e Pour n ∈ N, posons bn = 1. Alors Rb = 1 et an = O(bn ). On en déduit que R = Ra > Rb = 1. Donc ∀n ∈ N∗ , |an | 6 |a0 | + R = 1. http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 2. e−t est continue sur [1, +∞[ car ∀t > 1, t + x > 1 + x > 0. x+t e−t → 0 d’après un théorème de croissances comparées et donc t→ +∞ x+t Soit x > −1. La fonction t 7→ e−t De plus, t x+t 2 −t ∼ te t→ +∞ −t que la fonction t 7→ o e est intégrable sur [1, +∞[. x+t ∀x > −1, la fonction t 7→ 3. = t→ +∞ 1 t2 et donc e−t est intégrable sur [1, +∞[. x+t Soient x ∈] − 1, 1[ et n ∈ N∗ . Z +∞ 1 e−t dt = x+t Z +∞ = Z +∞ 1 1 = Z +∞ 1 1 e−t x dt × t 1− − t x n+1 n x |x| − −t X k e x x t + − 6 |x| < 1 et donc − 6= 1) dt (car ∀t > 1, − = x t t t t t 1− − k=0 t ! n −t −t X e e (−1)k xk k+1 + (−1)n+1 xn+1 n+1 dt t t (x + t) k=0 e−t k+1 x est intégrable sur [1, +∞[ car continue sur [1, +∞[ et négligeable devant tk+1 n X e−t e−t e−t 1 n+1 n+1 quand t tend vers +∞. On en déduit encore que la fonction t → 7 (−1) x = − (−1)k xk k+1 . 2 n+1 t t (x + t) x+t t Maintenant, chaque fonction t 7→ (−1)k k=0 On en déduit que Z +∞ 1 e−t dt = x+t n X (−1)k xk Z +∞ e−t dt+(−1)n+1 xn+1 tk+1 1 k=0 Z +∞ 1 e−t tn+1 (x + t) dt. Maintenant, pour n ∈ N, Z +∞ Z +∞ Z +∞ −t e−t e−t e n+1 (−1)n+1 xn+1 = |x|n+1 dt dt 6 |x| dt, n+1 (x + t) n+1 (x + t) t t x +t 1 1 1 Z +∞ Z +∞ −t e−t e dt → 0 car |x| < 1, on en déduit que (−1)n+1 xn+1 dt et comme |x|n+1 n+1 n→ +∞ x+t t (x + t) 1 1 Z Z n +∞ +∞ X e−t e−t que (−1)k xk dt → dt. On a montré que n→ +∞ 1 tk+1 x+t 1 → 0 et donc Z +∞ e−u du − u n→ +∞ k=0 ∀x ∈] − 1, 1[, Pour n ∈ N∗ , on pose In = 4. Z +∞ 1 Z +∞ 1 Z +∞ −t +∞ X e e−t dt. dt = bn xn où ∀n ∈ N, bn = (−1)n x+t tn+1 1 n=0 e−t dt. On a donc ∀x ∈] − 1, 1[, tn Z +∞ 1 Soit x ∈] − 1, +∞[. En posant u = x + t, on obtient f(x) = Z +∞ x+1 e−u+x du = ex u +∞ X e−t dt = (−1)n In+1 xn x+t Z +∞ x+1 n=0 e−u du. u e−u est continue sur ]0, +∞[ et donc la fonction y 7→ Maintenant, la fonction u 7→ u Z y −u e−y e du est dérivable sur ]0, +∞[ de dérivée la fonction y 7→ − . u y 1 Z +∞ y e−u du = u 1 Z +∞ −u e Ainsi, la fonction x 7→ x + 1 est dérivable sur ] − 1, +∞[ à valeurs dans ]0, +∞[ et la fonction y 7→ du est u y Z +∞ −u e du est dérivable sur ] − 1, +∞[ de dérivée la fonction dérivable sur ]0, +∞[ et on en déduit que la fonction x 7→7→ x+1 u e−(x+1) x 7→ − . x+1 http ://www.maths-france.fr 2 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. Finalement, f est dérivable sur ] − 1, +∞[ en tant que produit de fonctions dérivables sur ] − 1, +∞[ et pour x > −1 f ′ (x) = ex Z +∞ x+1 −(x+1) e−u 1 1 e = f(x) − du + ex × − . u x+1 ex+1 f est dérivable sur ] − 1, +∞[ et ∀x > −1, f ′ (x) − f(x) = − 1 1 . ex+1 Z +∞ n−1 a0 1 X e−t dt = I1 puis pour n ∈ N∗ , an = − (−1)k k!. D’après la question, 1.c., si t n! en! 1 k=0 Ra > 1, S est solution de (E) sur ] − 1, 1[ et d’après la question 1.d., Ra > 1. Donc, S est solution de (E) sur ] − 1, 1[. 1 1 sont continues sur ] − 1, 1[. Le théorème de Cauchy permet d’affirmer Maintenant, les fonctions x 7→ 1 et x 7→ − ex+1 qu’il existe une solution de (E) et une seule sur ] − 1, 1[ prenant la valeur I1 en 0 à savoir la fonction f. On en déduit que S = f et donc ! Z +∞ +∞ n−1 +∞ X X a0 1 X e−t ∀x ∈] − 1, 1[, a0 + (−1)n In+1 xn . − dt = (−1)k k! = n! en! x+t 0 5. Posons a0 = f(0) = n=1 n=0 k=0 Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, pour n ∈ N∗ , on en déduit (−1)n In+1 et donc n X k n (−1) k! = (−1) n! + k=0 n n−1 X k (−1) k! = (−1) n! + en! k=0 Z +∞ = (−1) n! + e 1 ∀n ∈ N, n X n k n e−t dt + (−1)n+1 en! t (−1) k! = (−1) n! + e Z +∞ 1 k=0 I1 + (−1)n+1 In+1 n! Z +∞ 1 n−1 a0 1 X − (−1)k k! = n! en! k=0 e−t dt. tn+1 e−t dt + (−1)n+1 en! t Z +∞ 1 e−t dt. tn+1 Exercice 2 1. Soient M ∈ Ep,q , P ∈ GLn (R) puis M ′ = PMP−1 . M solution de Ep,q ⇒ M2 + pM + qIn = 0 ⇒ P(M2 + pM + qIn )P−1 = 0 ⇒ PM2 P−1 + pPMP−1 + qIn = 0 ⇒ (PMP−1 )2 + pPMP−1 + qIn = 0 ⇒ M ′2 + pM ′ + qIn = 0 ⇒ M ′ solution de Ep,q ∀M ∈ Mn (R), (M solution de Ep,q ⇒ ∀M ′ ∈ E(M), M ′ solution de Ep,q . 2. a. Une matrice M ∈ Mn (R) est diagonalisable dans R si et seulement si il existe un polynôme non nul annulateur de M, scindé sur R à racines simples. Soit M une solution de E−(a+b),ab . Le polynôme X2 − (a + b)X + ab = (X − a)(X − b) est scindé sur R à racines simples (car a et b sont des réels distincts) et annulateur de M. Donc, M est diagonalisable dans R. b. Donc, il existe P ∈ GLn (R), il existe D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R) telles que M = PDP−1 . M solution de Ep,q ⇔ D solution de Ep,q ⇔ D2 − (a + b)D + abIn = 0 ⇔ diag(λ2i − (a + b)λi + ab)16i6n = 0 ⇔ ∀i ∈ J1, nK, λ2i − (a + b)λi + ab = 0 ⇔ ∀i ∈ J1, nK, λi ∈ {a, b}. Les solutions de E−(a+b),ab sont les PDP−1 où P ∈ GLn (R) et D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R) avec ∀i ∈ J1, nK, λi ∈ {a, b}. http ://www.maths-france.fr 3 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 3. a. M2 = 0 ⇔ f2 = 0 ⇔ ∀x ∈ Rn , f(f(x)) = 0 ⇔ ∀x ∈ E, f(x) ∈ Kerf ⇔ Imf ⊂ Kerf. b. Soit f une application linéaire d’un K-espace E de dimension finie dans un K-espace F. La restriction de f à tout supplémentaire de Kerf dans E réalise un isomorphisme de ce supplémentaire sur Imf. En particulier, dim(Kerf) + dim(Imf) = dim(E). n c. n = dim(Kerf) + dim(Imf) > 2dim(Imf) et donc dim(Imf) 6 . 2 d. Si p = 0, f = 0 et la matrice de f dans toute base est nulle, c’est-à-dire conventionnellement de la forme désirée. n de sorte que n − p > p. Supposons dorénavant 1 6 p 6 2 Soit (en−p+1 , . . . , en ) une base de Imf. (en−p+1 , . . . , en ) est une famille libre de Kerf ⊃ Imf et on peut la compléter en | {z } {z } | p p (ep+1 , . . . , en ) base de Kerf. {z } | n−p D’autre part, puisque les vecteurs ei , n − p + 1 6 i 6 n, sont dans Imf, il existe une famille (e1 , . . . , ep ) de vecteurs de Rn telle que ∀i ∈ J1, pK, f(ei ) = en−p+i . Vérifions alors que la famille (ei )16i6n est une base de Rn . Il suffit pour cela de vérifier que cette famille est libre. Soit (αi )16i6n ∈ Rn . n X αi ei = 0f i=1 Il reste n X i=p+1 n X αi ei i=1 ! =0⇒ p X i=1 αi f(ei ) (car ∀i ∈ Jp + 1, nK, ei ∈ Kerf) ⇒ ∀i ∈ J1, pK, αi = 0 (car (f(ei ))16i6p est une base de Imf) αi ei = 0 ce qui impose ∀i ∈ Jp + 1, nK, αi = 0 car la famille (ei )p+16i6n est une base de Kerf. Finalement, B = (ei )16i6n est une base de Rn . Puisque ∀i ∈ Jp + 1, nK, f(ei ) = 0 et ∀i ∈ J1, pK, f(ei ) = en−p+i , on a MatB (f) = 0n−p,p Ip 0n−p,n−p 0p,n−p . n 0n−p,p 0n−p,n−p . , posons Jp = Ip 0p,n−p 2 Soit M ∈ Mn (R). Si M2 = 0, alors d’après ce qui précède, M est semblable à Jp . Réciproquement, si M est semblable à Jp , il existe une base B = (ei )16i6n de E dans laquelle la matrice de f est Jp . Pour p + 1 6 i 6 n, f2 (ei ) = f(0) = 0 et pour 1 6 i 6 p, f2 (ei ) = f(en−p+i ) = 0. Donc f2 = 0 puis M2 = 0. [ E(Jp ). L’ensemble des solutions de E0,0 est e. Pour 0 6 p 6 06p6 n 2 4. a. Soit M une solution de E−2a,a2 . Posons N = M − aIn . Alors N2 = (M − aIn )2 = M2 − 2aM + a2 In = 0. Par suite, il existe une matrice N telle que M = N + aIn et N2 = 0. Réciproquement, si M = N + aIn avec N2 = 0, alors M2 − 2aM + a2 In = 0. b.[ Les solutions de l’équation N2 = 0 ont été déterminées en 3. et donc l’ensemble des solutions de E−2a,a2 est E(aIn + Jp ) (car ∀P ∈ GLn (R), P(Jp + aIn )P−1 = PJp P−1 + aIn ). 06p6 n 2 5. Soit M ∈ Mn (R). M2 + In = 0 ⇒ M2 = −In ⇒ det(M2 ) = det(−In ) ⇒ (detM)2 = (−1)n . Si de plus n est impair, cette dernière équation n’a pas de solution dans R car (−1)n = −1. Si n est impair, l’équation E0,1 n’a pas de solution dans Mn (R). 6. a. Soit M ∈ E0,1 . Le polynôme X2 + 1 = (X − i)(X + i) est à racines simples dans C et annulateur de M. Donc M est diagonalisable dans C. b. Soit M ∈ E0,1 . Les valeurs propres de M sont à choisir parmi les racines du polynôme annulateur X2 + 1. Donc Sp(M) ⊂ {i, −i}. Plus précisément, puisque M est à coefficients réels, on sait que si M a une valeur propre non réelle λ, alors λ est encore valeur propre de M avec même ordre de multiplicité. Donc i et −i sont effectivement valeurs propres de M, toutes deux d’ordre p. http ://www.maths-france.fr 4 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. Soit f l’endomorphisme de C2p canoniquement associé à M. f est diagonalisable, Cp = Ker(f − iId) ⊕ Ker(f + iId) avec dimKer(f − iId) = dimKer(f + iId) = p. Soient (e1 , . . . , ep ) une base de Ker(f − iId) et (ep+1 , . . . , e2p ) une base de Ker(f + iId). Alors (ek )16k62p est une base de C2p . Vérifions alors que la famille (e1 + ep+1 , e2 + ep+2 , . . . , ep + e2p , i(e1 − ep+1 ), i(e2 − ep+2 ), . . . , i(ep − e2p )) est libre. Soit (λ1 , . . . , λp , µ1 , . . . , µp ) ∈ C2p . λ1 (e1 + ep+1 ) + . . . + λp (ep + e2p ) + µ1 i(e1 − ep+1 ) + . . . + µp i(ep − e2p ) = 0 ⇒ (λ1 + iµ1 )e1 + . . . + (λp + iµp )ep + (λ1 − iµ1 )ep+1 + . . . + (λp − iµp )e2p = 0 ⇒ (λ1 + iµ1 ) = (λ1 − iµ1 ) = 0, . . . , (λp + iµp ) = (λp − iµp ) = 0 ⇒ λ1 = µ1 = . . . = λp = µp = 0. Ainsi, la famille B = (e1 + ep+1 , e2 + ep+2 , . . . , ep + e2p , i(e1 − ep+1 ), i(e2 − ep+2 ), . . . , i(ep − e2p )) est libre et donc est une base de C2p . Maintenant, par définition, pour 1 6 k 6 p, f(ek + ek+p ) = i(ek − ek+p ) et f(i(ek − ek+p )) = 0 −Ip i(iek + iek+p ) = −(ek + ek+p ). La matrice de f dans B est donc . On a donc montré que M est semblable Ip 0 0 −Ip . dans Mn (C) à Ip 0 0 −Ip dans Mn (R). On vient de montrer qu’il existe Q ∈ GL2p (C) Vérifions enfin que M est semblable à Jp = Ip 0 telle que QMQ−1 = Jp ou encore telle que QM = Jp Q. Posons Q = Q1 + iQ2 où Q1 et Q2 sont à coefficients réels. On a donc Q1 M + iQ2 M = jp Q1 + iJp Q2 puis, comme M et Jp sont à coefficients réels, Q1 M = Jp Q1 et Q2 M = J − pQ2 . Mais alors, plus généralement, ∀x ∈ R, (Q1 + xQ2 )M = Jp (Q1 + xQ2 ). Maintenant, x 7→ det(Q1 + xQ2 ) est un polynôme non nul car det(Q1 + iQ2 ) = det(Q) 6= 0. Ce polynôme admet donc un nombre fini de racines et, puisque R est infini, il existe x0 ∈ R tel que det(Q1 + x0 Q2 ) 6= 0. Si on pose P = Q1 + x0 Q2 , P est une matrice à coefficients réels inversible telle que PM = Jp P ou encore telle que PMP−1 = Jp . Si M est solution de E0,1 , il existe P ∈ GLn (R) telle que PMP−1 = c. Réciproquement, un calcul par blocs montre que 0 Ip −Ip 0 2 = 0 Ip E0,1 = E(Jp ) où Jp = −Ip 0 −Ip 0 0 −Ip 0 Ip −Ip 0 = −In et donc . 0 Ip −Ip 0 ∈ E0,1 . . Exercice 3 1. • Pour chaque (P, Q) ∈ E2 , la fonction PQ est continue sur le segment [−1, 1] et donc intégrable sur ce segment. ϕ est donc une application de E × E dans R. • Pour tout (P, Q) ∈ E2 , ϕ(P, Q) = ϕ(Q, P) et donc ϕ est symétrique. • Pour tout (P1 , P2 , , Q) ∈ E2 et (λ1 , λ2 ) ∈ R2 , Z1 Z1 Z1 ϕ(λ1 P1 + λ2 P2 , Q) = (λ1 P1 (t) + λ2 P2 (t))Q(t) dt = λ1 P1 (t)Q(t) dt + λ2 P2 (t)Q(t) dt = −1 −1 −1 λ1 ϕ(P1 , Q) + λ2 ϕ(P2 , Q). Donc, ϕ est linéaire par rapport à sa première variable puis, par symétrie, bilinéaire. Z1 P2 (t) dt > 0. De plus, • Soit P ∈ E. ϕ(P, P) = −1 ϕ(P, P) = 0 ⇔ Z1 P2 (t) dt = 0 −1 ⇔ ∀t ∈ [−1, 1], P2 (t) = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle) Donc ϕ est définie positive. ⇔ P = 0 (polynôme ayant une infinité de racines). En résumé, ϕ est une forme bilinéaire, symétrique, définie et positive sur E et donc ϕ est un produit scalaire sur E. http ://www.maths-france.fr 5 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. 2. Si P est un élément de Rn [X], alors (X2 − 1)P ′ est élément de Rn+1 [X] puis f(P) = ((X2 − 1)P ′ ) ′ est un élément de Rn [X]. Donc f est bien une application de E dans E. D’autre part, pour (P, Q) ∈ E2 et (λ, µ) ∈ R2 f(λP + µQ) = ((X2 − 1)(λP + µQ) ′ ) ′ = ((X2 − 1)(λP ′ + µQ ′ )) ′ = (λ(X2 − 1)P ′ + µ(X2 − 1)Q ′ ) ′ = λ((X2 − 1)P ′ ) ′ + µ((X2 − 1)Q ′ ) ′ = λf(P) + µf(Q). Donc f est une application linéaire de E dans E. f est un endomorphisme de E. 3. 4. Soient (E, h , i) un espace euclidien et f un endomorphisme de E. L’adjoint de f est l’unique endomorphisme, noté f∗ , vérifient ∀(x, y) ∈ E2 , hf(x), yi = hx, f∗ (y)i. L’endomorphisme f est symétrique si et seulement si f∗ = f ce qui équivaut à ∀(x, y) ∈ E2 , hf(x), yi = hx, f(y)i. Soit (P, Q) ∈ E2 . Une intégration par parties fournit ϕ(f(P), Q) = Z1 1 ((X − 1)P ) (t)Q(t) dt = (t2 − 1)P ′ (t)Q(t) −1 − 2 −1 Z1 ′ ′ Z1 (t2 − 1)P ′ (t)Q ′ (t) dt −1 (t2 − 1)P ′ (t)Q ′ (t) dt. =− −1 Par symétrie, on a aussi ϕ(P, f(Q)) = ϕ(f(Q), P) = − Z1 (t2 − 1)P ′ (t)Q ′ (t) dt = ϕ(P, f(Q)). Donc −1 f est un endomorphisme symétrique de (E, ϕ). 5. Soit P ∈ E. On a R0 [X] ⊂ Kerf. Réciproquement, si P ∈ Kerf alors ((X2 − 1)P ′ = 0 puis (X2 − 1)P ′ ∈ R0 [X]. Si P ′ 6= 0, alors deg((X2 − 1)P ′ ) > 2 et donc P∈ / Kerf. Donc P ∈ R0 [X]. Finalement, Ker(f) = R0 [X]. Ensuite, le théorème du rang fournit rg(f) = dim(E)−dim(Kerf) = N + 1 − 1 = n. Ker(f) = R0 [X] puis rg(f) = n. 6. a. (D’après la question précédente, si n = 2, Im(f) est de dimension 2). Im(f) = Vect(f(1), f(X), f(X2 )) = Vect(0, 2X, 6X2 − 2) = Vect(X, 3X2 − 1). Une base de Im(f) est donc (Q1 , Q2 ) où Q = X et Q2 = 3X2 − 1. Déterminons l’orthonormalisée (P1 , P2 ) cette base. Puisque Q1 Q2 est impair, ϕ(Q1 , Q2 ) = Z 11 Q1 (t)Q2 (t) dt = 0. La famille (Q1 , Q2 ) est orthogonale. Il reste à normer chaque vecteur. −1 r Z1 3 2 2 2 X. kQ1 k = t dt = . Donc P1 = 3 2 −1 r Z1 Z1 5 9 6 8 2 2 4 2 2 kQ2 k = (3t − 1) dt = 2 (9t − 6t + 1) dt = 2 − + 1 = . Donc P2 = (3X2 − 1). 5 3 5 8 −1 0 r r 3 5 X et P2 = (3X2 − 1). Une base orthonormée de Im(f) est (P1 , P2 ) où P1 = 2 8 On sait alors que le projeté orthogonal de P0 sur Im(f) est ϕ(P0 , P1 )P1 + ϕ(P0 , P2 )P2 avec r r r Z1 3 2 2 3 2 ϕ(P0 , P1 ) = = (t + t) dt = 2 −1 3 2 3 et r Z1 r r Z1 2 5 5 5 2 3 2 3 × − 2 = 0. (3t − 1)(1 + t) dt = (3t + 3t − t − 1) dt = ϕ(P0 , P2 ) = 8 −1 8 −1 8 3 r 2 Le projeté orthogonal de P0 sur Imf est donc × P1 + 0 × P2 = X. 3 Le projeté orthogonal de P0 sur Imf est pIm(f) (P0 ) = X. http ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés. √ b. On sait que m = d(P0 , Im(f)) = P0 − pIm(f) (P0 ) = k1k = 2. m= √ 2. c. On sait de plus que m = d(P0 , Im(f)) est atteint en un seul point à savoir X. Donc, pour P ∈ R2 [X], X X X X kP0 − f(P)k = m ⇔ f(P) = X ⇔ f(P) = f ⇔f P− = 0 ⇔ P − ∈ R0 [X] ⇔ ∃λ ∈ R/ P = + λ. 2 2 2 2 7. a. L1 = (X2 − 1) ′ = 2X, L2 = (X4 − 2X2 + 1) ′′ = 12X2 − 4 et L3 = (X6 − 3X4 + 3X2 − 1)(3) = 120X3 − 72X. L1 = 2X, L2 = 12X2 − 4 et L3 = 120X3 − 72X. b. Pour k ∈ N, (X2 − 1)k est de degré 2k et donc Lk = ((X2 − 1)k )(k) est de degré 2k − k = k. c. Soit k ∈ N. D’après la formule Leibniz Ak = (X2 − 1)(0) ((X2 − 1)k )(k+2) + (k + 2)(X2 − 1)(1) ((X2 − 1)k )(k+1) + (k + 2)(k + 1) 2 (X − 1)(2) ((X2 − 1)k )(k) 2 = (X2 − 1)Lk′′ + 2(k + 2)XLk′ + (k + 2)(k + 1)Lk , et Bk = (X)(0) ((X2 − 1)k )(k+1) + (k + 1)(X)(1) ((X2 − 1)k )(k+1) = XLk′ + (k + 1)Lk . d. D’autre part, Ak = (X2 − 1)k+1 ) ′ (k+1) = 2(k + 1)(X(X2 − 1)k )(k+1) = 2(k + 1)Bk . On en déduit que (X2 − 1)Lk′′ + 2(k + 2)XLk′ + (k + 2)(k + 1)Lk = 2(k + 1)(XLk′ + (k + 1)Lk ) puis que ∀k ∈ N, (X2 − 1)Lk′′ + 2XLk′ − k(k + 1)Lk = 0. e. Soit k ∈ N. D’après la question précédente, f(Lk ) = ((X2 − 1)Lk′ ) ′ = (X2 − 1)Lk′′ + 2XLk′ = k(k + 1)Lk , et puisque Lk 6= 0, Lk est vecteur propre de f associé à la valeur propre λk = k(k + 1). ∀k ∈ N, Lk est vecteur propre de f associé à la valeur propre λk = k(k + 1). f. Soit (k, l) ∈ J0, nK2 tel que k 6= l. D’après la question 4, k(k + 1)ϕ(Lk , Ll ) = ϕ(k(k + 1)Lk , Ll ) = ϕ(f(Lk ), Ll ) = ϕ(Lk , f(Ll )) = l(l + 1)ϕ(Lk , Ll ). Donc, (k(k+1)−l(l+1))ϕ(Lk , Ll ) = 0. Mais k(k+1)−l(l+1) = (k2 −l2 )+(k−l) = (k−l)(k+l+1) 6= 0 et donc ϕ(Lk , Ll ) = 0. Ceci montre que la famille (L0 , . . . , Ln ) est une famille orthogonale. (L0 , . . . , Ln ) est donc une famille orthogonale de vecteurs tous nuls et en particulier une famille libre. Comme d’autre part, card(L0 , . . . , Ln ) = n + 1 = dim(Rn [X]) < +∞, (L0 , . . . , Ln ) est une base orthogonale de Rn [X]. (L0 , . . . , Ln ) est une base orthogonale de Rn [X]. http ://www.maths-france.fr 7 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.